AT2272 [ARC066B] Xor Sum

我们可以知道异或可以看成不进位的加法，那么我们就可以得到 \(a + b = a\) ^ \(b + ((a \& b) << 1)\)，不难发现 \(\frac{v - u}{2}\) 就是 \(a \& b\) 也就是 \(a, b\) 中同时为 \(1\) 的位置，那么只需要满足 \(\frac{v - u}{2} \& u = 0\) 且 \((i - j) \% 2 = 0\)我们就能合理分配 \(a, b\) 的 \(0 / 1\) 使得 \(u, v\) 能够被表示出来。于是我开始从 \(u, v\) 的判定条件入手，枚举 \(u\) 然后可以从最高位往下做一个 \(dp\) 这样就可以做到 \(O(n \log n)\) 但想了很久都没办法继续优化下去了。

当我们陷入死胡同的时候，不妨走出来换一个方向再继续。因为 \(a + b = v \le n\) 因此我们可以直接考虑枚举这样的 \((a, b)\) 来判定哪些 \((u, v)\) 是合法的，于是我们有了这样一个想法，我们能否将问题转化成统计一些合法的 \((a, b)\) 以知道 \((u, v)\) 的数量呢？实际上我们可以考虑一对合法的 \((u, v)\) 可以被那些 \((a, b)\) 表示出来，我们单独考虑 \(u\) 的二进制位，如果这个位置上是 \(1\) 那么就表示 \(a, b\) 在这一位上有一个是 \(1\) 另一个是 \(0\)，如果是 \(u\) 在这一位上是 \(0\) 就表示 \((a, b)\) 在这一位上要么都是 \(1\) 要么都是 \(0\)，可以发现因为 \(a + b = v\) 是确定的，因此都是 \(1\) 和都是 \(0\) 的位置是确定的，那么同一对 \((u, v)\) 能被不同的 \((a, b)\) 表示出来当且仅当 \((a, b)\) 在某一位上一个是 \(1\) 一个是 \(0\)，因此我们在统计这样 \((a, b)\) 时可以钦定 \(a\) 的每一位都不大于 \(b\)，这样就能不重不漏地统计完所有答案了。

于是原问题被我们转化为，统计二元组 \((a, b)\) 的数量满足 \(0 \le a \le b \le n, a + b \le n\) 且在二进制位下 \(a\) 的每一位都不大于 \(b\)。于是我们可以考虑令 \(dp_i\) 表示 \(a + b \le i\) 的合法二元组数量，因为要满足二进制位下 \(a\) 的每一位不大于 \(b\)，因此我们在考虑往 \(a, b\) 末尾同时加入一个数时只可能是 \((0, 0) / (0, 1) / (1, 1)\)，对应着转移就是 \(dp_i = dp_{\lfloor \frac{i}{2} \rfloor} + dp_{\lfloor \frac{i - 1}{2} \rfloor} + dp_{\lfloor \frac{i - 2}{2} \rfloor}\)。可以用记忆化搜索实现这个过程，可以发现每次往下递归时要求的 \(dp\) 值实际上只有两个，如果 \(i = 2k + 1\) 且 \(k\) 为奇数时我们恰好发现下面需要求的 \(dp\) 值又只有一边，如果 \(k\) 为偶数可以发现最多经过 \(\log n\) 次就会变成 \(k\) 为奇数的情况，而每次除了 \(\frac{k}{2}\) 的部分最多往下多算两次，而最开始 \(i = 2k\) 时与这里类似，因此我们有效的合法状态大约是 \(O(3 \log n)\) 的，实际上效率非常高，有效状态在 \(O(2 \log n) \sim O(3 \log n)\) 之间。

#include<bits/stdc++.h>
using namespace std;
#define int long long
#define Mod 1000000007
#define rep(i, l, r) for(int i = l; i <= r; ++i)
int n, cnt;
unordered_map <int, int> dp;
int read(){
    char c; int x = 0, f = 1;
    c = getchar();
    while(c > '9' || c < '0'){ if(c == '-') f = -1; c = getchar();}
    while(c >= '0' && c <= '9') x = x * 10 + c - '0', c = getchar();
    return x * f;
}
int Inc(int a, int b){
    return (a += b) >= Mod ? a - Mod : a;
}
int dfs(int n){
    if(dp[n]) return dp[n];
    return dp[n] = Inc(Inc(dfs(n / 2), dfs((n - 1) / 2)), dfs((n - 2) / 2));
}
signed main(){
    n = read(), dp[0] = 1, dp[1] = 2;
    printf("%lld\n", dfs(n));
    return 0;
}

可以发现因为是递推式，其实我们可以打表看出规律，但这个递推式有点刁钻，也可能是我太弱了吧。以后这种二进制下满足某种条件的数的个数递推式可以考虑在 \(\lfloor \frac{i}{2} \rfloor\) 附近的值考虑。